Exercícios de Análise Matemática: Enumerabilidade, Conjuntos e Sequências

Exercício 1 a Seja B PN uma família de subconjuntos dois a dois disjuntos de N ou seja se A A B e A A então A A Mostre que B é enumerável b Sejam A um conjunto infinito e B um conjunto enumerável Mostre que A B A Sugestão Use sem demonstrar o fato de que todo conjunto infinito possui um subconjunto infinito enumerável Exercicio 2 a Determine o supremo e o ínfimo do conjunto A xₙ n N onde xₙ cosπn2 2 1n Justifique b Seja A R um conjunto não vazio que satisfaz a seguinte propriedade se x y A então x y A Mostre que se A é limitado inferiormente então infA 0 Observação Note que em particular se a A então 2a a a A Exercício 3 a Mostre que k1n k2k 2 n 22n para todo n N b Mostre que se xₙnN é a sequência definida por xₙ k1n k2k para todo n N então xₙnN converge Exercício 4 Mostre que as seguintes sequências convergem a n cos n² 7 n² 1nN b n 1 8n 4n 1nN c n12nN d ⁿn² nnN Exercício 5 a Mostre que se nxₙ a R então nxₙ 0 b A recíproca também é verdadeira Justifique Questão 1 a Seja B PN tg A A B com A A A A ϕ Mostraremos que B é enumerável Com efeito para cada A B associamos no natural n nA por f B nA N A B fA nA Note que dado A A B segue que A A B A A A A ϕ nA nA logo temos que A A nA nA e portanto f é injetiv Daí como f é injetiva e N é enumerável segue que B é enumerável também Questão 1 b Seja A infinito e B enumerável Se B A card A B card A pois B A Logo esse caso é imediato Suponhamos que A B ϕ que é o caso não trivial Agora vamos aoss casos Se B é infinito enumerável então B pode ser escrito como B b₁ b₂ bₙ Agora tomamos A A com A um conjunto enumerável infinito isto é A a₁ a₂ aₙ Com isso construímos a seguinte bijeção f A B A x A B fx n que y fx pode ser fx y com ou x A A B x A A ou x A ou x B Então definamos fx de modo que f A B A x A B y fx Se x xₙ A então y fx fxₙ x₂n1 f A B A x A B y fx se x aₙ A então y fx faₙ a₂n1 A se x AA então y fx x se x bₙ B então y fx fbₙ b₂n A Assim f é uma bijeção que intercala os elementos de A e B Por outro lado se B é finito então se que simplesmente que uma bijeção possível é a seguinte f A B A x A B y fx se x aₙ A então y fxaₙ a₂nN1 A se x bₙ B então y fxbₙ a₂n A com 1 n N se x AA então fx x Em que como B é finito assumimos que B b₁b₂ bₙ sendo cardB N Logo como existe uma bijeção de A B em A seja B finito ou infinito enumerável segue que card A B card B Questão 2 a Seja B yₙ yₙ cosnπ22 e C 1n com n 𝓝 Então veja que Como cosx 1 x 𝑅 cosnπ2 1 1 cosnπ2 1 12 cosnπ22 3 1 yₙ 3 n 𝓝 Por outro lado temos Pₙ 1n nos dois 0 1n 1 n 𝓝 Ou seja temos disso que supB 3 e infB 1 e supC 1 e infC 0 Proveba que A xₙ n 𝓝 com xₙ yₙ 12ₙ é tg 15 2 12 xₙ cosnπ2 2 1n cos4π2 2 14 325 Logo 15 xₙ 325 Daí segue que xₙ 15 325 n 𝓝 e logo supA 325 e infA 15 pois xₙₙ 𝓝 pertence a um compacto da reta Obs Note que x₂ cos2π2212 15 e x₄ cos4π2212 são cos menor maior valor de xₙ os quais são nitidos da análise dos conjuntos B e C Questão 2 b Seja a A xy A xy A f não vazio Suponhamos que A seja limitado inferiormente isto é existe k 𝑅 tal que a k a A Então veja que como a A aa 2a A Agora veja que o ínfimo de A que demostraremos por xc é tg x a a A e xε a para ε 0 dado e para algum a A Então veja que um vc 3 que A é limitado inferiormente segue to a A temos que a 0 pois caso haja a 0 em A teremos que 2a A 3a A n a A e logo a A é não limitado inferiormente Logo segue de fato que se a A a 0 Daí veja que como todo a A é tg a 0 se segue imediatamente que infA 0 pois se infA 0 disso isso permitiria a existência de um a 0 em A que é um absurdo conforme discutimos acima Questão 3 a Mostraremos que k1nk2k2n22n nW 31 Para n1 veja que temos k11k2k121122322n22nn1 Agora assumamos a hipótese de indução para np ie k1pk2k2p22p Provaremos então o caso p1 Com efeito k1np1k2kp12p1 k1pk2k p12p1 2p22p 2 p12p1 p22p 2 p12p1 p2222p1 2 p1 2p 42p1 2 p122p1 Logo segue que por indução em n a expressão 31 Vale para todo nW b Mostraremos que xnnN converge De fato veja que usando o item a temos que limnxnlimnk1nk2k limn2n22n 2 limnddnn2ddn2n 2 limn12n ln2 2 0 2 limnxn 2 e logo xnnN é convergente Questão 4 a n cosn27n21 nN Como cosx 1 xR segue que cosn27 1 1 cosn27 1 n n cosn27 n nn21 n cosn27n21 nn21 limnnn21 limnn cosn27n21 limnnn21 Daí pelo teorema do confronto segue que limnn cosn27n21 limnnn21 0 logo a sequência dada é convergente b n 18n4n1 nN limnn 18n4n1 limnn 8n4n1 limnddnn 8nddn4n1 limn12n 84 limn18n 2 2 Logo Lim n ⁿn 1 8n 4n 1 2 e a sequência é convergente c n1n 2 nN Lim n ⁿ1n 2 Lim n 21 n n1 20 1 E a sequência é convergente d ⁿn² n nN Então segue que Lim n ⁿn² n Lim n ⁿn² 1 1 n Lim n n2 n 1 1 n1 n Agora veja que k ⁿn² n lnk 1 n lnn² n k exp 1 n lnn² n Logo segue que Lim n ⁿn² n Lim n exp 1 n lnn² n Lim n exp 1 n² n 2n 1 1 exp Lim n 2n 1 n² n exp0 e0 1 Lim n ⁿn² n 1 e a sequência converge Questão 5 a Mostraremos que n xₙ a a R n xₙ 0 De fato veja que Lim n n xₙ Lim n n n xₙ Lim n 1 n Lim n n xₙ Lim n 1 n a 0 n xₙ 0 conforme desejado b A recíproca não vale Basta tomar xₙ sen1n n Com efeito Lim n n xₙ Lim n sen1n 0 Mas veja que Lim n n xₙ Lim n n sen1n n Lim n n sen1n 0 0 e logo a recíproca não vale Questão 5 a Mostraremos que n xₙ a a R n xₙ 0 De fato veja que Lim n n xₙ Lim n n n xₙ Lim n 1 n Lim n n xₙ Lim n 1 n a 0 n xₙ 0 conforme desejado b A recíproca não vale Basta tomar xₙ sen1n n Com efeito Lim n n xₙ Lim n sen1n 0 Mas veja que Lim n n xₙ Lim n n sen1n n Lim n n sen1n 0 0 e logo a recíproca não vale